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Problem - C2 - Codeforces Doremy's Drying Plan (Hard Version) - 洛谷 很好的一道 \(dp\) 题，无论是 \(dp\) 状态还是优化都很思维 我们设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个城市，第 \(i\) 个城市干 ......

题意： 思路： \(i*j*c 越小越有利， 可以让i为1 ，即都与节点1建边， 1节点集合拥有的人越多越有利于于别的集合相连， 对别的点按照，最小要求人数-现有人数=需要人数排序，按顺序连接即可。\) 代码： 点击查看代码 #define int long long using namespace ......

考场上不会做。 如果考虑删掉哪些区间实际上不太可做。正难则反，转化贡献，考虑哪些点可以有贡献。 显然一个点如果可能有贡献，那么当且仅当覆盖它的区间 \(\le K\) 个。 于是我们记一个状态 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点中， \(i\) 是最后一个贡献的点，已经删除了 \(j\ ......

Description 有 \(n\) 个点和 \(m\) 条线段，你可以选择 \(k\) 条线段删除，最大化未被线段覆盖的点的数量，输出最大值，\(n, m \le 2 \times 10^5, k \le \min(m, 10)\) Solution 一道比较好玩的 dp 题。建议评级紫。 单独 ......

貌似现在发周六的 CF 题解已经失去了时效性，不过问题不大。 A. Qingshan Loves Strings 2 Description 定义一个长度为 \(k\) 的 \(01\) 串 \(s\) 是好的，当且仅当 \(\forall i\in [1,k],s_i\neq s_{k-i+1}\ ......

题面 给一个 \(n\) 个点的图，每个点 \(i\) 有点权 \(a_i\)，初始图上没有边，你可以进行如下操作若干次： 若 \(S_i+S_j\ge i\times j\times c\)，添加一条边 \((i, j)\)。其中 \(S_i\) 表示 \(i\) 所在连通块的点权和，\(c\) ......

题意 给定\(n\)个栈，栈的大小分别为\(k_i\)，每个栈内元素\(\in[1,n]\)，记从第\(i\)个栈开始的答案为\(ans_i\)，流程：若栈\(i\)为空，答案为\(i\)；否则弹出栈顶元素\(x\)，并前往栈\(x\)，继续刚才的操作。 \(n\le 10^5,\sum k_i\l ......

啊啊啊每次补完题都感觉这题我场上应该是能想出来的啊！ 考虑简化问题：若每个栈内只有一个元素，how。 此时我们发现所有栈之间构成了一个内向基环树。且环是没有用的，因为我们在环上走一圈之后仍然会回到原点。所以不妨把所有环边删除，此时每棵树的答案即为树根。 而对于原问题，同理，我们可以考虑不断找环，每找 ......

容易想到 dp：设 \(dp_{i,p}\) 表示前 \(i\) 天，强制第 \(i\) 天 dry，并且一共消除了 \(p\) 个区间的答案。 转移时可以考虑枚举前面的决策 \(j\)，此时有转移方程： \[dp_{i,p}=\max(dp_{j,p-w})+1 \]其中 \(w\) 为满足 \( ......

不妨考虑什么时候会无解！ 显然当原序列 \(0,1\) 数量不同，或者序列总长为奇数时会无解！ 否则我们设 \(l=1,r=n\)！开始回文配对！ 如果配上了就直接删掉！并把左右端点向内移动！ 如果两者都是 \(0\)，就在末尾加上 \(01\)！都是 \(1\) 就加最前面！ 以在末尾加入举例！此 ......

一开始不会先跳 C 了！差点满盘皆输！ 设 \(i<j\)，则 \(i,j\) 合并可以看作 \(a_i\leftarrow a_i+a_j\) 后删掉 \(j\)！此时和初始局面本质相同！所以不妨先只看初始局面！ 不等式右侧和下标有关！显然若右侧 \(i,j\) 中只要有一个是 \(1\)，就会让 ......

洛谷 \(P1889\) 士兵站队 问题简述 这道题我们可以换另一种思路去看待它，就容易理解了： 在一个平面上，把 \(n\) 个点排列在一条与 \(x\) 轴平行的直线的整点上，且相邻两点的距离为 \(1\) 。 求一种排列方案，使得这\(n\) 个点到目标位置的 曼哈顿距离和最小。 解法综述 由 ......